2022版高考化学 3-2-1精品系列 专题2 电解质溶液

专题2.电解质溶液（教师版）纵观2022高考各省市试题，从知识点的角度来讲，考查弱酸弱碱的电离平衡问题，特别是多元弱酸弱碱分步电离平衡问题、多元弱酸弱碱离子的水解问题及化学反应速率的问题是命题的生长点。从解题方法的角度讲，物料守恒、电荷守恒、质子守恒等恒等变形是命题的热点。从取材的角度讲，纯化学的问题、电离平衡在化学科中的具体应用、还有化学与生活相联系的问题都是命题可能涉及的范围。从题型的角度看，打破选择题的常规，出一些简答题或填空题都是有可能的。从能力的角度讲，考查学生发散思维和思维的深刻性是命题者一贯坚持的原则。预测2022年，将以以下守恒为主：一.电荷守恒（又称溶液电中性原则）：指溶液必须保持电中性，所有阳离子带的电荷总数等于所有阴离子的带电荷总数。如浓度为cmol/L的Na2CO3溶液中，其电荷守恒为：①二.物料守恒：指某些特征性原子是守恒的。如在Na2CO3溶液中无论碳原子以什么形式存在，都有。物料守恒实质上是物质守恒在化学溶液中的另一表达形式，即指化学变化前后各元素的原子总数守恒。如在浓度为cmol/L的Na2CO3溶液中，中碳原子守恒式为：根据Na元素与C元素物质的量之比为2：1，则有：故②三.质子守恒：即酸碱反应达到平衡时，酸（含广义酸）失去质子（）的总数等于碱（或广义碱）得到的质子（）总数。这种得失质子（）数相等的关系就称为质子守恒。怎样正确书写某盐溶液中的质子守恒关系呢？较简便而迅速的方法和步骤是：（1）写出水电离反应式；（2）写出溶液中主要型体的与质子（）得失有关的反应式。怎样确定谁是与质子得失有关的主要型体（或行为主体）呢？这很简单。例如在Na2CO3溶液中，不参与质子的得失不予考虑，与质子得失有关的行为主体就是；同理，如在NaHCO3和在NaH2PO4溶液中，与质子得失有关的行为主体就必然分别是67\n和。（3）根据上述反应式建立质子守恒式。通常我们讨论的是强碱弱酸盐溶液，其质子守恒式的形式为：（得到质子的物质）（失去质子的物质）。等式左边是溶液中的实际浓度，它全部由水电离出来。等式右边第一项是溶液中的实际浓度，第二项表示谁得到质子（消耗了由水电离出的）就要进行补偿，第三项表示谁失去质子（额外生成了）就要从中扣除。故有等式［（得到质子物质）（失去质子的物质）］＝c（水电离出的）。所以上述质子守恒公式的意义是由水电离出的数目（或浓度）永远等于由水电离出的的数目（或浓度），这是对质子守恒的另一角度的表述。【考点定位】电离平衡（如盐的水解原理在工农业生产、日常生活中的广泛应用等）是高考的必考内容。电离平衡类试题在高考卷中出现的知识点有下列内容：强弱电解质的电离、pH与起始浓度的关系、有关混合溶液pH的计算、改变条件对弱电解质电离平衡离子浓度的影响、离子浓度的大小比较、中和滴定指示剂的选择、盐类水解、物料守恒、电荷守恒等。一、强、弱电解质的判断方法1．电离方面：不能全部电离，存在电离平衡，如(1)0.1mol·L－1CH3COOH溶液pH约为3；(2)0.1molCH3COOH溶液的导电能力比相同条件下盐酸的弱；(3)相同条件下，把锌粒投入等浓度的盐酸和醋酸中，前者反应速率比后者快；(4)醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加CH3COONH4，颜色变浅；(5)pH=1的CH3COOH与pH=13的NaOH等体积混合溶液呈酸性等。2．水解方面根据电解质越弱，对应离子水解能力越强(1)CH3COONa水溶液的pH>7；(2)0.1mol·L－1CH3COONa溶液pH比0.1mol·L－1NaCl溶液大。3．稀释方面67\n如图：a、b分别为pH相等的NaOH溶液和氨水稀释曲线。c、d分别为pH相等的盐酸和醋酸稀释曲线。请体会图中的两层含义：(1)加水稀释相同倍数后的pH大小：氨水>NaOH溶液，盐酸>醋酸。若稀释10n倍，盐酸、NaOH溶液pH变化n个单位，而氨水与醋酸溶液pH变化不到，n个单位。(2)稀释后的pH仍然相等，则加水量的大小：氨水NaOH溶液，醋酸>盐酸。4．利用较强酸(碱)制备较弱酸(碱)判断电解质强弱。如将醋酸加入碳酸钠溶液中，有气泡产生。说明酸性：CH3COOH>H2CO3。5．利用元素周期律进行判断，如非金属性Cl>S>P>Si，则酸性HClO4>H2SO4>H3PO4>H2SiO3(最高价氧化物对应水化物)；金属性：Na>Mg>Al，则碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3。【特别提醒】证明某电解质是弱电解质时，只要说明该物质是不完全电离的，即存在电离平衡，既有离子，又有分子，就可说明为弱电解质。考点二、强酸与弱酸(或强碱与弱碱)的比较等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸(b)等pH的盐酸(a)与醋酸(b)pH或物质的量浓度pH：a<b物质的量浓度：a<b溶液导电性a>ba=b水的电离程度a<ba=bc(Cl－)与c(CH3COO－)大小c(Cl－)>c(CH3COO－)c(Cl－)=c(CH3COO－)等体积溶液中和NaOH的量a=ba<b分别加该酸的钠盐固体后pH盐酸：不变醋酸：变大盐酸：不变醋酸：变大【特别提醒】(1)证明某酸是弱酸的途径很多，关键是能证明不完全电离，存在电离平衡。(2)酸碱中和是从化学反应的角度来说的，如1molCH3COOH中和1mol67\nNaOH，不是从反应后溶液的酸碱性角度说的。考点三、酸碱稀释时pH的变化1．强酸、强碱的稀释在稀释时，当它们的浓度大于10－5mol·L－1时，不考虑水的电离；当它们的浓度小于10－5mol·L－1时，应考虑水的电离。例如：(1)pH=6的HCl溶液稀释100倍，混合液pH≈7(不能大于7)；(2)pH=8的NaOH溶液稀释100倍，混合液pH≈7(不能小于7)；(3)pH=3的HCl溶液稀释100倍，混合液pH=5；(4)pH=10的NaOH溶液稀释100倍，混合液pH=8。2．弱酸、弱碱的稀释在稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH范围。3．对于pH相同的强酸和弱酸(或强碱和弱碱)溶液稀释相同的倍数，强酸(或强碱)溶液的pH变化幅度大。这是因为强酸(或强碱)已完全电离，随着加水稀释，溶液中H＋(或OH－)数(除水电离的以外)不会增多，而弱酸(或弱碱)随着加水稀释，电离程度增大，H＋(或OH－)数会增多。4．对于物质的量浓度相同的强酸和弱酸(或强碱和弱碱)，稀释相同的倍数，pH的变化幅度不同，强酸(或强碱)稀释后pH变化幅度大。四、溶液pH的计算1．总体原则(1)若溶液为酸性，先求c(H＋)，再求pH；(2)若溶液为碱性，先求c(OH－)，再由c(H＋)=求c(H＋)，最后求pH。2．具体情况(室温下)(1)酸、碱溶液pH的计算①强酸溶液，如HnA，设浓度为cmol·L－1，c(H＋)=ncmo·L－1，pH=－lgc(H＋67\n)＝－lg(nc)。②强碱溶液，如B(OH)n，设浓度为cmol·L－1，c(H＋)=mol·L－1，pH＝lgc(H＋)＝14+lg(nc)。③一元弱酸溶液，设浓度为cmol·L－1，则有：c(H＋)<cmol·L－1，－lgc<pH<7。④一元弱碱溶液，则为c(OH－)<cmol·L－1，c(H＋)>mol·L－1，7<pH<14+lgc。(2)酸、碱混合pH计算④强酸、强碱的pH之和与H＋和OH－浓度比较pH(酸)+pH(碱)=14，c酸(H＋)=碱(OH－)pH(酸)+pH(碱)<14，c酸(H＋)>c碱(OH－)pH(酸)+pH(碱)>14，c酸(H＋)<c碱(OH－)推导：pH(酸)+pH(碱)＝－lg{c酸(H＋)·}＝14－lg。五、盐类水解的规律及影响因素1．盐类水解的规律规律：有弱才水解，无弱不水解，都弱都水解，越弱越水解，谁虽显谁性，同强显中性。盐的类型实例水解离子溶液的酸碱性强酸强碱盐NaCl、KNO3无中性强酸弱碱盐NH4Cl、CuSO4、FeCl3NH、Cu2+、Fe3+酸性67\n强碱弱酸盐Na2S、Na2CO3、NaHCO3S2－、CO、HCO碱性弱酸弱碱盐(NH4)2CO3、CH3COONH4NH、CO、CH3COO－由酸碱的相对强弱决定2．影响盐类水解的因素越大。③外加酸碱：促进或抑制盐的水解。例如：CH3COONa溶液中加强酸，盐的水解程度增大，加强碱，盐的水解程度减小。④外加盐a．加入水解后酸碱性相反的盐，盐的水解互相促进；加入水解后酸碱性相同的盐，盐的水解互相抑制。b．加入不参加水解的固态盐，对水解平衡无影响；加入不参加水解的盐溶液，相当于对原盐溶液稀释，盐的水解程度增大。外界条件对反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+(正反应为吸热反应)的影响如下：条件移动方向H+数pHFe3+水解程度现象升高温度向右增加降低增大颜色变深(黄红褐)通HCl向左增加降低减小颜色变浅加H2O向右增加升高增大颜色变浅加镁粉向右减小升高增大红褐色沉淀，无色气体。加NaHCO3向右减小升高增大红褐色沉淀，无色气体特别提醒：盐溶液稀释水解程度增大与溶液的酸碱性减小并不矛盾。因为稀释溶液可67\n性增强。六、水解方程式书写的注意事项1．在书写盐类水解的离子方程式时一般不标"↑"或"↓"，也不把生成物(如NH3·H2O、H2CO3等)写成其分解产物的形式。2．盐类水解一般是可逆反应，书写时一般不写"==="，而要写""。3．多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式。例如：Na2CO3水解：CO+H2OHCO+OH－。4．多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完。例如：FeCl3水解：Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋。5．能彻底水解的离子组，由于水解程度较大，书写时要用"==="、"↑"、"↓"等，如NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合：Al3＋+3HCO===Al(OH)3↓+3CO2↑。七、溶液中微粒浓度的大小比较1．几个依据(1)电离理论发生电离粒子的浓度大于电离生成粒子的浓度，如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCO)》c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)(2)水解理论发生水解离子的浓度大于水解生成粒子的浓度，如Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)》c(H2CO3)(多元弱酸酸根离子的水解以第一步为主)(3)电解质溶液中的守恒关系守恒关系定义实例电荷守恒例如在NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)＝67\n电解质溶液呈电中性，即所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)物料守恒实质也就是原子守恒，即原子在变化过程(水解、电离)中数目不变例如在Na2CO3溶液中：1/2c(Na+)=c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)质子守恒即在纯水中加入电解质，最后溶液中由水电离出的H+与OH－离子守恒(可由电荷守恒及物料守恒推出)例如在Na2CO3溶液中：c(OH－)=c(HCO3－)+2c(H2CO3)+c(H+)同物质的量浓度的下列溶液中：NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺亭为：③>①>②。(4)混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。如在0.1mol·L－1NHCl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为：c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。八、盐类水解的应用1．判断盐溶液的酸碱性(1)强酸弱碱盐水解，pH小于7，如NH4Cl、CuSO4、FeCl3、Zn(NO3)2等。(2)强碱弱酸盐水解，pH大于7，如CH3COONa、K2CO3、NaHCO3、Na2S等。(3)强酸强碱盐不水解，溶液呈中性，如NaCl、K2SO4等。(4)弱酸酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。2．判断盐溶液中离子种类及其浓度大小顺序如Na2S溶液中，Na2S===2Na＋+S2－S2－+H2OHS－+OH－HS－+H2OH2S+OH－H2OH＋+OH－67\n所以溶液中存在的微粒有：Na＋、S2－、HS－、H2S、H＋、OH－、H2O，且c(Na＋)>2c(S2－)，c(OH－)>c(H＋)。3．无水盐制备(1)制备挥发性强酸弱碱盐，如FeCl3，从溶液中得晶体时，必须在HCl氛围下失去结晶水，否则易得Fe(OH)3或Fe2O3。(2)难挥发性强酸弱碱盐可直接加热得无水盐，如Al2(SO4)3。4．某些试剂的实验室贮存要考虑盐的水解例如：Na2CO3、NaHCO3溶液因CO、HCO水解使溶液呈碱性，OH－与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶颈与瓶塞黏结，因而不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，必须用带橡皮塞的试剂瓶贮存。5．配制易水解的盐溶液时，需考虑抑制盐的水解(1)配制强酸弱碱盐溶液时，滴加少量相应的强酸，可抑制弱碱阳离子的水解，如配制FeCl3、AlCl3溶液时滴几滴稀盐酸，配制Fe2(SO4)3溶液时，滴几滴稀硫酸。(2)配制强碱弱酸盐溶液时，滴加少量相应的强碱，可抑制弱酸根离子的水解，如配制Na2CO3、K2S溶液时滴几滴NaOH溶液。6．若一种盐的酸根和另一种盐的阳离子能发生水解相互促进反应，这两种盐相遇时，要考虑它们水解的相互促进，如泡沫灭火器原理：利用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合，Al2(SO4)3+6NaHCO3===3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑，产生大量CO2来灭火。7．用盐(铁盐、铝盐)作净水剂时需考虑盐类水解。例如，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]净水原理：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋，Al(OH)3胶体表面积大，吸附能力强，能吸附水中悬浮物生成沉淀而起到净水作用。8．Mg、Zn等较活泼金属溶于强酸弱碱盐(如NH4Cl、AlCl3、FeCl3等)溶液中，能产生H2。例如：将镁条投入NH4Cl溶液中，有H2、NH3产生，有关离子方程式为：NH+H2ONH3·H2O+H＋，Mg+2H＋===Mg2＋+H2↑。9．工农业生产中化肥使用时，也要考虑某些化肥不能混合使用，如K2CO3与NH4Cl不能混施等。【特别提醒】判断溶液中离子共存时，不要忽略了离子水解相互促进反应的类型，如Al3＋与HCO、CO等不能共存。67\n【2022高考试题解析】（2022·广东）23．对于常温下PH为2的盐酸，传述正确的是A．c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)B．与等体积PH=12的氨水混合后所得溶液显酸性C．由H2O电离出的c(H+)=1.0×10—12mol·L—1D．与等体积0.01mol·L—1乙酸钠溶液混合后所得溶液中：c(Cl—)=c(CH3COO—)【考点定位】电解质溶液（2022·福建）11.下列物质与水作用形成的溶液能与NH4CI反应生成NH3的是A.二氧化氮B.钠C.硫酸镁D.二氧化硅【解析】NH4++H2ONH3●H2O+H+，只要能使平衡往正方向进行，而且在一定条件下温度升高或者氨水的浓度足够大就可能生成NH3，A项：产生NO气体，错误；B项：钠消耗了H+而且该反应放热可以产生氨气，正确；C项：不能产生氨气，错误；D项：二氧化硅可以与氢氟酸反应，跟其他酸很难反应，所以也没有氨气产生，错误。【答案】B【考点定位】本题考查了铵离子水解平衡。（2022·四川）10.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH)B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH)=c(H+)D．0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：2c(H+)–2c(OH-)=c(CH3COO-)–c(CH3COOH)【答案】：D67\n小的比较。（2022·山东）8.下列与含氯化合物有关的说法正确的是A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D．电解NaCl溶液得到22.4LH2（标准状况），理论上需要转移NA个电子（NA阿伏加德罗常数）【答案】B【解析】NaClO属于盐，为强电解质，A项错误；向沸水中滴加饱和FeCl3制备Fe(OH)3胶体，B项正确；HCl属于共价化合物，C项错误；根据电解NaCl溶液的阴极反应：2H＋＋2e－＝H2↑，产生标准状况下22.4LH2，转移2NA个电子，D项错误。【考点定位】胶体、氯的化合物的性质等。（2022·重庆）11.向10mL0.1mol·溶液中，滴加等浓度溶液xmL，下列叙述正确的是x=10时，溶液中有、、，且x=10时，溶液中有、、，且x=30时，溶液中有、、，且x=30时，溶液中有、、，且【答案】67\n（2022·重庆）10.下列叙述正确的是盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH值不变沸水中滴加适量饱和Fe溶液，形成带电的胶体，导电能力增强【答案】C 【解析】因氨水为弱碱，当溶液为中性时，溶质为氯化铵与氨水的混合物，A项错误；稀醋酸加水稀释过程中，电离程度增大，但氢离子浓度减小，PH增大，B项错误；饱和石灰水加入CaO，恢复室温仍是其饱和溶液，即OH-浓度不变，C正确；胶体显电中性，不带电，氢氧化铁胶粒带正电，D项错误。【考点定位】本题考查弱电解质的电离、酸碱中和反应、及其胶体的有关知识。（2022·浙江）12．下列说法正确的是A．常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸C．用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol/L）,至中性时，溶液中的酸未被完全中和D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①＞④＝②＞③【答案】C【解析】醋酸为弱酸，稀释时会促进电离，H+浓度的减小会小于稀释的倍数，即稀释后溶液的pH小于4而大于3，A项错误；NaHA的水溶液呈碱性，能说明HA－在水解，能说明H2A是弱酸，但若NaHA的水溶液呈酸性，只是说明HA－的电离程度比HA－的水解程度大，而不能说明H2A能完全电离，也就不能说明H2A67\n为强酸，B项错误；强酸溶液正好完全中和时，所得溶液的pH=7，而强碱与弱酸正好完全中和时，溶液的pH＞7，若所得溶液的pH=7说明碱不足，C项正确；Ag+浓度最大的是④，其次是①，最小是③，D项错误。【考点定位】本题考查pH计算、滴定和离子浓度比较。（2022·安徽）12．氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时①HF(aq)+OH—(aq)＝F—(aq)+H2O(l)△H＝—67.7KJ·mol—1②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l)△H＝—57.3KJ·mol—1在20mL0.1·molL—1氢氟酸中加入VmL0.1mol·L—1NaOH溶液，下列有关说法正确的是A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)＝H+(aq)+F−(aq)△H＝+10.4KJ·mol—1B．当V＝20时，溶液中：c(OH—)＝c(HF)+c(H+)C．当V＝20时，溶液中：c(F—)＜c(Na+)＝0.1mol·L—1D．当V＞0时，溶液中一定存在：c(Na+)＞c(F—)＞c(OH—)＞c(H+)12、【答案】B【解析】。根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)H＋(aq)＋F－(aq)ΔH＝－10.4kJ·mol－1，故A错；当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)，也可由物料守恒[c(Na+)＝c(F－)+c(HF)]及电荷守恒[c(H＋)+c(Na+)=c(F－)+c(OH－)]来求，由于HF为弱酸，因此F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+)＝0.05mol·L－1，故B项正确，C项错误；D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+)＝c(F－)＞c(OH－)＝c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D项错误。【考点定位】本题考查盖斯定律的应用、中和反应、盐的水解及溶液中离子浓度大小的比较。（2022·安徽）13．已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1mol·L—1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是67\n【答案】C【解析】根据题意Ksp[Al(OH)3]＞＞Ksp[Fe(OH)3]，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3+沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O，而题意是生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系，故C项图像符合实际情况。【考点定位】本题主要考查元素化合物的知识及化学反应的竞争性。（2022·天津）5．下列电解质溶液的有关叙述正确的是A．同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大C．含lmolKOH的溶液与lmolCO2完全反应后，溶液中c(K+)＝c(HCO)D．在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na+)＝c(CH3COO－)【答案】：D（2022·海南）11．25℃时，amol·L-1一元酸HA与bmol·L-1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是A．a=bB．a>bC．c(A-)=c(Na+)D．c(A-)<c(Na+)【答案】：C【解析】：由于酸碱中和后溶液的pH为7，说明溶液中存在：c(OH-)=c(H+)，67\n根据溶液中电荷守恒，可知c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)。可推出：c(A-)=c(Na+)，选C。【考点定位】此题以酸碱中和为基础，考查了溶液中的离子守恒知识。（2022·海南）3．下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是A．HCl、CuCl2、Ba(OH)2B．NaOH、CuSO4、H2SO4C．NaOH、H2SO4、Ba(OH)2D．NaBr、H2SO4、Ba(OH)2（2022·全国新课标卷）11.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是A.a=bB.混合溶液的PH=7C.混合溶液中，c（H+）=mol.L-1D.混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)【答案】C【解析】没有给具体的温度和酸、碱的强弱，选项A错误；由于没有给具体的温度，PH=7，不一定是中性，选项B错误；判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时，选项C正确；根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，选项D错误。【考点定位】电解质溶液、电离、电荷守恒、水的电离、溶液的酸碱性、PH（2022·上海）7．水中加入下列溶泣对水的电离平衡不产生影响的是A．NaHSO4溶液B．KF溶液C．KAl(SO4)2溶液D．NaI溶液【答案】D【解析】NaHSO4电离生成的H＋能抑制水的电离；KF中电离生成的F－能水解生成弱电解质HF而促进水的电离；KAl(SO4)2电离出的Al3＋能水解生成Al(OH)3而促进水的电离。【考点定位】本题考查电离平衡的影响因素。67\n（2022·上海）8．过量的下列溶液与水杨酸()反应能得到化学式为C7H5O3Na的是A．NaHCO3溶液B．Na2CO3溶液C．NaOH溶液D．NaCl溶液（2022·上海）10．用滴定法测定Na2CO3(含NaCl杂质)的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是A．试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定D．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20．00mL进行滴定【答案】B【解析】滴定管应用待装液进行润洗，否则会引起待装液浓度下降，若为标准酸液会引起测定值偏高，若为待测液会引起测定值偏低。【考点定位】本题考查酸碱中和滴定的应用。（2022·上海）17．将l00mLlmol／L的Na2CO3溶液等分为两份．其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32－)的变化分别是A．减小、减小B．减小、增大C．增大、增大D．增大、减小【答案】B【解析】加入少量醋酸发生的反应为HCO3－＋CH3COOH=CH3COO－＋H2O＋CO2↑，加入少量Ba(OH)2发生的反应为Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故答案选B。【考点定位】本题考查NaHCO3的性质。（2022·上海）21．常温下amoVLCH3COOH稀溶液和bmol／LKOH稀溶液等体积混合．下列判断一定错误的是A，若c(OH－)>c(H＋)，a=bB．若c(K＋)>c(CH3COO－)，a>b67\nC．若c(OH－)=c(H＋)，a>bD．若c(K＋)<c(CH3COO－)，a<b【答案】D【解析】若CH3COOH与NaOH恰好完全中和，满足c(OH－)＞c(H＋)，此时，a＝b，A正确；若CH3COOH略过量，满足c(OH－)＞c(H＋)，此时，c(K＋)＞c(CH3COO－)，且a＞b，B正确；若CH3COOH过量，可以满足c(OH－)＝c(H＋)，此时，a＞b，C正确；若a＜b，即CH3COOH不足，不可能出现c(K＋)＜c(CH3COO－)，D错误。【考点定位】本题考查酸碱中和反应。（2022·江苏）10.下列有关说法正确的是A．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H<0B．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈C．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H<0，其他条件不变时升高温度，反应速率v(H2)和H2的平衡转化率均增大D．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应【答案】B【解析】A项，该反应是气体体积增大的反应，即熵增大，而反应不自发，则反应为吸热反应，即DH>0，错；B项，铁铜构成原电池，铁作负极，加快了铁的腐蚀，正确；C项，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2的转化率减小，错；D项，Kw=c(H＋)c(OH－)，升高温度，Kw增大，即c(H＋)、c(OH－)增大，说明升温促进了水的电离，故可说明水的电离为吸热反应，错。【考点定位】化学反应原理的分析（2022·江苏）15.25益时，有c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1mol·L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图7所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是A．pH=5.5的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B．W点所表示的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COOH)+c(OH－)C．pH=3.5的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)-c(OH－)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1图7D．向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl67\n气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)=c(CH3COOH)+c(OH－)（2022·北京）25.(13分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2，（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:。（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)变化关系如下表:n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)91：91：11：91pH８.２7.26.2①上表判断NaHSO3溶液显　　　　　　性，用化学平衡原理解释:　　　　　　　　　　　　　②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母):　　　　　　　　　　　　a．c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－），b．c（Na＋）>c（HSO3－）>c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－）c．c（Na＋）+c（H＋）=c（SO32-）+c（HSO3－）+c（OH－）(4)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下:67\n①HSO3-在阳极放电的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　。②当阴极室中溶液pＨ升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理:　　　　　　　　　　【答案】：（1）SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O22H2SO4；（2）SO2+2OH-=SO32-+H2O；（3）酸；HSO3－存在：HSO3－SO32-+H＋和HSO3－+H2O=H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度；ab；（4）HSO3-+H2O-2e-=3H++SO42-；H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c（H＋）降低，促使HSO3-电离生成SO32-，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。【解析】：（1）SO2形成硫酸型酸雨时，二氧化硫和空气中的水、氧气反应得到硫酸：SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O22H2SO4；（2）二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收制备亚硫酸钠溶液时：SO2+2OH-=SO32-+H2O；（3）根据表中数据，可知，n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)=1:91时，溶液的pH值为酸性，故NaHSO3溶液显酸性，在亚硫酸氢钠溶液中HSO3－存在：HSO3－SO32-+H＋和HSO3－+H2O=H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度，故溶液呈酸性。当吸收液呈中性时，溶液中的c（H＋）=c（OH－），由于溶液中存在着电荷守恒，故c（Na＋）+c（H＋）=2c（SO32-）+c（HSO3－）+c（OH－），可推出：c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－），a对；由于n(SO₃²﹣):n(HSO₃﹣)=1：1时，溶液的pH值为7.2，故中性时一定有c（HSO3－）>c（SO32-），可推出：c（Na＋）>c（HSO3－）>c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－），b对；（4）根据电解槽所示的变化，可知HSO3-在阳极放电的电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=3H++SO42-；H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c（H＋）降低，促使HSO3-电离生成SO32-，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。【考点定位】此题以二氧化硫形成酸雨为背景，综合考查了化学反应方程式书写、离子方程式书写、水溶液中的离子平衡、溶液中的离子浓度大小比较、电解原理等知识。（2022·福建）24.(16分)(1)电镀时，镀件与电源的67\n极连接。(2)化学镀的原理是利用化学反应生成金属单质沉积在镀件表面形成镀层。①若用铜盐进行化学镀铜，应选用＿（填“氧化剂”或“还原剂”）与之反应。②某化学镀铜的反应速率随镀液pH变化如右图所示。该镀铜过程中，镀液pH控制在12.5左右。据图中信息，给出使反应停止的方法：(3)酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下①步骤（i）中Cu2(OH)2CO3发生反应的化学方程式为。②步骤（ii）所加试剂起调节pH作用的离子是（填离子符号）。③在步骤（iii）发生的反应中，1molMnO2转移2mol电子，该反应的离子方程式为。④步骤（iv）除去杂质的化学方程式可表示为3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6＋6H+过滤后母液的pH=2.0,c(Fe3+)=amol·L-1，,c(NH4+）=bmol·L-1，,c(SO42-）=dmol·L-1，该反应的平衡常数K=＿（用含a、b、d的代数式表示）。反应，故起调节pH作用的离子是HCO3－。67\n③溶液中具有还原性的只有Fe2＋，再根据1molMnO2转移2mol电子，即可写出相应的离子方程式为MnO2+2Fe2＋+4H＋Mn2＋+2Fe3＋+2H2O。④化学平衡常数就是达到化学平衡时，生成物浓度幂之绩与反应物浓度幂之绩的比值，注意溶液中的沉淀和水的浓度看作是1。【答案】(1)负(2)①还原剂②调节溶液pH在8～9之间(3)①Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4＝2CuSO4+CO2↑+3H2O。②HCO3－。③MnO2+2Fe2＋+4H＋Mn2＋+2Fe3＋+2H2O。④【考点定位】本题考查了电镀原理、化学平衡的应用和物质的制备。【2022高考试题解析】1．（上海）常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是A．b不可能显碱性B．a可能显酸性或碱性C．a不可能显酸性D．b可能显碱性或酸性解析：pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，其浓度分别是大于10－3mol/L和等于10－3mol/L，由于pH为3的某酸溶液，其强弱未知。因此与pH为11的氨水反应时，都有可能过量；而与pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸可能过量或二者恰好反应。答案：AB2.（天津）下列说法正确的是A.25℃时NH4Cl溶液的KW大于100℃时NH4Cl溶液的KWB.SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O=SO32－＋2I－C.加入铝粉能产生氢气的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－D.100℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性解析：在稀溶液中水的离子积常数KW＝c(H＋)·c(OH－)，KW只与温度有关而与溶液的酸碱性无关，由于水的电离是吸热的，因此温度升高时会促进水的电离，即KW会增大，例如25℃时KW＝1×10－14，而在100℃时KW＝1×10－12，所以选项A不正确；碘水具有氧化性，可以将二氧化硫氧化成硫酸，而单质碘被还原成碘离子，方程式为SO2＋I2＋2H2O=SO42－＋2I－67\n+4H+，选项B不正确；能和铝粉反应产生氢气的溶液既可以显酸性也可以显碱性，这四种离子：Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－虽然在酸性溶液中不能大量共存（AlO2－会结合H+，生成氢氧化铝沉淀或生成Al3+），但可以在碱性溶液中大量共存，因此选项C正确；100℃时，KW＝1×10－12，此时pH＝2的盐酸其浓度为10－2mol/L，但pH＝12的NaOH溶液其其浓度为1mol/L，所以当二者等体积混合时NaOH过量，溶液显碱性，D不正确。答案：C3.（重庆）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A.明矾溶液加热B.CH3COONa溶液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】明矾KAl(SO4)2·12H2O在水中电离后产生的Al3＋水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，因此A项不符合题意。CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深。氨水为弱碱，发生不完全电离：NH3·H2ONH4＋＋OH－，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4＋＋Cl－，其中的NH4＋会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅。NaCl对NaHCO3溶液中HCO3－的水解无影响4．（上海）120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是A．2.0mol/LB．1.5mol/LC．0.18mol/LD．0.24mol/L解析：若碳酸钠恰好与盐酸反应生成碳酸氢钠，则盐酸的浓度是1.0mol/L；若碳酸钠恰好与盐酸反应生成二氧化碳，则盐酸的浓度是2.0mol/L。由于最终生成的气体体积不同，所以只能是介于二者之间。答案：B5.（天津）25℃时，向10ml0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的A.pH>7时，c(C6H5O－)>c(K+)>c(H＋)>c(OH－)B.pH<7时，c(K+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)C.V[C6H5OH(aq)]＝10ml时，c(K+)＝c(C6H5O－)>c(OH－)＝c(H＋)D.V[C6H5OH(aq)]＝20ml时，c(C6H5O－)+c(C6H5OH)=2c(K+)解析：pH>7时，c(H＋)不可能大于c(OH－)的，所以选项A明显不正确；由溶液中的电荷守恒定律知：c(K+)+c(H＋)＝c(C6H5O－)+c(OH－)，所以不可能满足c(K+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－67\n)，即选项B不正确；中苯酚是一种极弱的酸，所以当KOH溶液和苯酚恰好反应，产物苯酚钾会发生水解反应而显碱性。由题中数据不难计算出，当二者恰好反应时消耗苯酚的体积是10ml，此时溶液中粒子的浓度大小关系为：c(K+)>c(C6H5O－)>c(OH－)>c(H＋)，所以选项C是不正确的；当加入苯酚的体积是20ml时，苯酚过量，溶液是由等物质的量浓度的苯酚和苯酚钾组成，所以根据物料守恒可知c(C6H5O－)+c(C6H5OH)=2c(K+)一定成立，因此选项D是正确的。答案：D6.（浙江）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：模拟海水中的离子浓度(mol/L)Na＋Mg2＋]Ca2＋Cl―0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9；Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6；Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。下列说法正确的是A．沉淀物X为CaCO3B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋D．步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物【答案】A【解析】本题考察方式很新颖，主要考察溶度积的计算和分析。步骤①发生Ca2＋＋OH―＋CaCO3↓＋H2O，步骤②：Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)×(10－3)2＝5.6×10－12，c(Mg2＋)＝5.6×10－6。Q[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)×(10－3)2＝10－8＜Ksp，无Ca(OH)2析出。A．正确。生成0001molCaCO3。B．错误。剩余c(Ca2＋)＝0.001mol/L。C．错误。c(Mg2＋)＝5.6×10－6＜10－5，无剩余，D．错误。生成0.05molMg(OH)2，余0.005molOH―，Q[Ca(OH)2]＝0.01×0.0052＝2.5×10－7＜Ksp，无Ca(OH)2析出7.（四川）25℃在等体积的①pH=0的H2SO4溶液，②0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液，③pH=10的Na2S溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是()A．1∶10∶1010∶109B．1∶5∶5×109∶5×109C．1∶20∶1010∶109D．1∶10∶104∶10967\n【答案】A1=1:10:1010:109，A项正确。8.（全国新课标）将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A.c（H+）B.C.D.解析：HF属于弱电解质，加水促进HF的电离平衡向右移动，即电离程度增大，但电离平衡常数只与温度有关，所以选项B不变；但同时溶液的体积也增大，所以溶液的酸性会降低，即c(H+)、c(F-)和c(HF)的浓度均降低，考虑到溶液中水还会电离出氢离子，所以稀释到一定程度(即无限稀释时)，c(H+)就不在发生变化，但c(F-)和c(HF)却一直会降低，所以选项D符合题意。答案：D9.（大纲版）室温时，将浓度和体积分别为C1、V1的NaOH溶液和C2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是A．若pH＞7，则一定是C1V1=C2V2B．在任何情况下都是c(Na＋)＋c(H＋)=C(CH3COO－)＋c(OH－)C.当pH=7时，若V1=V2，则一定是C1＞C2D.若V1=V2，C1=C2，则C(CH3COO－)＋C(CH3COOH)=c(Na＋)是由物料守恒可知D正确【答案】A10.（山东）室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A.溶液中导电粒子的数目减少B.溶液中不变67\nC.醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D.再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7【答案】B【解析】本题考查弱电解质的电离平衡问题及电离平衡常数与水的离子积的计算问题。A选项加水稀释电离平衡向电离的方向移动，醋酸分子减少，氢离子和醋酸根粒子增多，即溶液中导电的微粒数目增多，故A错误；B选项由电离平衡常数=，由于温度一定，Ka和Kw一定，故不变，故正确；C选项，虽然电离度增大，但是稀释后pH会增大，c（H+）减小，所以C错误；D选项中醋酸为弱电解质，不能完全电离，c(CH3COOH)远大于0.001mol/L，故混合后，醋酸过量很多，应该显酸性，则D错误。11、（广东）对于0.1mol•L-1Na2SO3溶液，正确的是A、升高温度，溶液的pH降低B、c（Na＋）=2c（SO32―）+c（HSO3―）+c（H2SO3）C、c（Na＋）+c（H＋）=2c（SO32―）+2c（HSO3―）+c（OH―）D、加入少量NaOH固体，c（SO32―）与c（Na＋）均增大答案：D解析：此题考查水溶液中的离子平衡知识。对于0.1mol•L-1的Na2SO3溶液，由于亚硫酸根离子的水解随温度的升高而增强，故其升温时，溶液的pH升高，A错；分析溶液中的守恒，可知：c（Na＋）=2c（SO32―）+2c（HSO3―）+2c（H2SO3），B错；分析溶液中的电荷守恒，其中：c（Na＋）+c（H＋）=2c（SO32―）+c（HSO3―）+c（OH―），C错；由于溶液存在亚硫酸根离子的水解，当加入少量NaOH固体，c（SO32―）与c（Na＋）均增大，D对。12.（江苏）下列图示与对应的叙述相符的是A.图5表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化67\nB.图6表示0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C.图7表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80 ℃时KNO3的不饱和溶液D.图8表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大【答案】C平衡，所以反应物的转化率并不是最大。13.（江苏）下列说法正确的是A.一定温度下，反应MgCl2(1)＝Mg(1)＋Cl2(g)的△H＞0△S＞0B.水解反应NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应D.对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑,加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率【答案】AD【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。A.分解反应是吸热反应，熵变、焓变都大于零，内容来源于选修四化学方向的判断。B.水解反应是吸热反应，温度越高越水解，有利于向水解方向移动。C.铅蓄电池放电时的负极失电子，发生氧化反应。D.升高温度和加入正催化剂一般都能加快反应速率。14.（江苏）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)B.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)C.向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液：c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7,c(Na＋)＝0.1mol·L－1]：67\nc(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－)【答案】BD【解析】本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练。A.在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，HCO3－在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性，说明水解过程大于电离过程，c(H2CO3)＞c(CO32－)B.c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)中把c(H＋)移项到等式另一边，即是一条质子守恒关系式。C.向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液后，相当于0.05mol·L－1的Na2CO3溶液，Na2CO3在水中水解，OH－包括两步水解和水的电离产物，因此，c(OH－)＞c(HCO3－)。D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO－水解和CH3COOH电离两个过程，既然pH＝7,根据电荷守恒式，不难得出c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，c(H＋)＝c(OH-)＝1×10－7mol·L－1。水解是有限的，c(CH3COOH)约为c(CH3COO－)的百分之一左右。15.（安徽）室温下，将1.000mol·L－1盐酸滴入20.00mL1.000mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是A.a点由水电离出的c(H＋)=1.0×10－14mol/LB.b点：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(Cl－)C.c点：c(Cl－)=c(NH4＋)D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热答案：C67\n16.（安徽）中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A.根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大B.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7C.根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性D.根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO解析：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能，由周期表可知同周期元素的第一电离能随着核电荷数的增大而逐渐增大，但Al的第一电离能比Mg小，A错误；卤族元素中氟元素是最活泼的非金属元素不可能失去电子，所以氟元素无正价，B错误；只有再常温下pH=6.8的溶液才一定显酸性，而在100℃时pH=6.8的溶液却显酸性，因此用pH判断溶液酸碱性时必需考虑温度，因此C不正确；碳酸的酸性强于次氯酸的，所以CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，方程式为：CO2＋2ClO－＋H2O=CO32－＋2HclO，因此只有答案D正确，答案：D17.（福建）常温下0.1mol∙L-1醋酸溶液的PH=a，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是A.将溶液稀释到原体积的10倍B.加入适量的醋酸钠固体C.加入等体积0.2mol∙L-1盐酸D.提高溶液的温度【答案】B【解析】醋酸是弱酸，稀释促进醋酸的电离，故稀释10倍，溶液的pH小于a+1，A错误；盐酸完全电离，加入盐酸后溶液的pH小于a+1，C错误；升高温度促进醋酸的电离，溶液的pH小于a，D错误。【2022高考试题解析】1、（2022·北京高考·T10·6分）下列解释实验事实的方程式不正确的是Ａ．0.1／Ｌ溶液的ＰＨ＞１：CH3COOHCH3COO－＋H＋Ｂ．“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅２NO2（ｇ）N2O4（ｇ）△Ｈ＜０（红棕色）（无色）Ｃ.铁溶于稀硝酸，溶液变黄:３Ｆｅ＋８Ｈ＋＋２Ｎ３Ｆｅ２＋＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２ＯＤ．向Ｎａ２ＣＯ３溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－【命题立意】本题以常见实验为呈现形式,主要考查对反应原理的正确理解和化学用语的准确使用。【思路点拨】对实验反应原理的正确理解和准确使用化学用语。67\n【规范解答】选C。【解析】若是强酸，则０．１／Ｌ溶液的ＰＨ=１，现在ＰＨ＞１，说明是弱酸，因此A正确。“球”浸泡在冷水中，温度降低，颜色变浅，说明２NO2（ｇ）N2O4（ｇ）平衡正向移动，△Ｈ＜０，故B正确。铁溶于稀硝酸，溶液变黄，是因为生成了Ｆｅ3＋，方程式为Fe＋NO3－＋4H＋=Fe3＋＋NO＋2H2O，故C错误。向Ｎａ２ＣＯ３溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红，说明溶液呈碱性，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，故D对。2、（2022·安徽高考·T13·6分）将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）①Na2O2②Na2O③Na2CO3④NaClA.①>②>③>④B.①>②>④>③C.①=②>③>④D.①=②>③=④【命题立意】本题考查了溶液中离子浓度大小的比较。【思路点拨】注意Na2O2、Na2O与水反应产物；同时考虑CO32-水解。【规范解答】选C。【解析】①②溶于水，溶质都是NaOH，且物质的量都为0.02moL,且二者与水反应时消耗的水的物质的量相同。故反应后溶液体积相同，故①=②；③中CO32-水解，溶液中出现了OH-、HCO3-，故溶液中阴离子浓度稍大于④；故C正确。3、（2022·海南高考·T2·2分）常温下，将0.1mol·L-1氢氧化钠溶液与0.06mol·L-1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于A．1.7B．2.0C．12.0D．12.4【命题立意】本题以酸、碱混合时溶液pH的计算为载体，考查溶液pH的计算方法和计算能力。【思路点拨】酸、碱混合时溶液pH计算的步骤：（1）首先判断混合后溶液的酸碱性。（2）若为酸性，计算剩余H+的浓度，再求出pＨ。（3）若为碱性，先计算剩余OH—的浓度，再通过Kw求出c(H+)，最后求pＨ。【规范解答】选B。【解析】设两溶液的体积均为1L，OH—离子的物质的量为0.1mol·L-1×1L=0.167\nmol，因H+离子的浓度是硫酸浓度的2倍，即0.06mol·L-1×2=0.12mol·L-1，故H+离子的物质的量为0.12mol·L-1×1L=0.12mol，H+离子的物质的量大于OH—离子的物质的量，混合后，溶液呈酸性；混合反应后剩余H+离子的物质的量浓度为（0.12mol－0.1mol）÷（1L+1L）=0.01mol·L-1，溶液的pH=－lg(H+)=2。【类题拓展】两两混合溶液的pH的计算方法（1）强酸与强酸混合：先求出混合后的C(H+)混，C(H+)混=，再根据公式计算pH。（2）强碱与强碱混合：先求出混合后C(OH－)，c(OH－)混=，再通过Kw求出c(H+)，再计算pH。列平衡：据此，下列判断中正确的是A．该溶液中存在着SO2分子B．该溶液中H+浓度是SO2-3浓度的2倍C．向该溶液中加入足量的酸都能放出SO2气体D．向该溶液中加入过量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液【命题立意】本题考查化学反应平衡及弱电解质的电离平衡的理解和应用，考查的知识点有：平衡的特点、外界因素对平衡的影响。【思路点拨】在平衡体系中，所有物质均同时共存，外部条件改变，平衡发生移动，判断平衡移动的方向。67\n【规范解答】选A。【解析】因上述变化均为可逆反应，故均不能反应完全，所以溶液中存在着SO2、SO2·xH2O、H+、HSO3—、SO32—等微粒，A正确C错误。SO2·xH2OH++HSO3—、HSO3—H++SO32—均为可逆反应，所以SO2·xH2O电离出的HSO3—没有完全电离成H+和SO32—，故H+浓度不是SO2-3浓度的2倍，B错误；向该溶液中加入过量NaOH，NaOH消耗H+，使平衡HSO3—H++SO32—向右移动，HSO3—几乎完全电离，故不存在NaHSO3，D错误。5、（2022·天津高考·T4·6分）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是A．某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B．pH＝4.5的番茄汁中c(H+)是pH＝6.5的牛奶中c(H+)的100倍C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同D．pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)>c(CH3COO－)【命题立意】综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c(H+)的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较。【思路点拨】利用电荷守恒式可以比较离子浓度的大小。【规范解答】选B。【解析】某些强酸的酸式盐pH＜7，如NaHSO4，故A项错误；pH=4.5，c(H+)=10-4.5mol·L-1，pH=6.5，其c(H+)=10-6.5mol·L-1，故B项正确；同浓度的CaCl2溶液的c(Cl-)是NaCl溶液的c(Cl-)的两倍，它们对AgCl沉淀溶解平衡的抑制程度不同，故C项错误；混合溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒，c(CH3COO-)>c(Na+)，故D项错误。【类题拓展】离子浓度的定量关系（1）电荷守恒式：由于在电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带的负电荷总数一定等于阳离子所带的正电荷总数。书写电荷守恒式的步骤：①找全溶液中的离子；②将阴、阳离子各放在“=”的两边，用“+”连接；③各离子浓度前的系数就是各离子所带的电荷数。如小苏打溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)（2）物料守恒式：在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。如小苏打溶液中，虽然HCO3-既水解又电离，但HCO3-、CO32-、H2CO367\n三者中C原子的总物质的量与Na+的物质的量相等，即：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)。（3）质子守恒式：在电解质溶液中，由于由水电离出来的H+和OH-的浓度始终相等，可依此列出质子守恒式。由大到小的顺序是：③>①>②。（4）混合溶液中各离子浓度的大小比较：要考虑溶液中发生的水解平衡、电离平衡等。如在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度由大到小的顺序是：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+）。这是由于在该溶液中，NH3·H20的电离与NH4+的水解互相抑制，但NH3·H20的电离程度大于NH4+的水解程度。6、（2022·重庆高考）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂。①一定条件下，SO2与空气反应tmin后，SO2和SO3物质的量浓度分别为amol/L，bmol/L，则SO2起始物质的量浓度为_________mol/L；生成SO3的化学反映速率为__________mol/(L•min)。②工业制制硫酸，尾气SO2用_______吸收。（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如题29图所示67\n①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为__________.②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由__________色变为_______色。③放电过程中氢离子的作用是______和_______；充电时若转移的电子数为3.01×1023个，左槽溶液中n(H+)的变化量为________.【命题立意】本题以化学反应速率和电化学为考查对象，主要考查速率的计算、电极反应式的书写、有关电解池的计算等。【思路点拨】电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。【规范解答】（1）由S守恒可得，的起始浓度为（a+b）mol/L。的速率为单位时间内浓度的变化，即b/tmol/(L﹒min)。可以用碱性的氨水吸收。（2）①左槽中，黄变蓝即为生成，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，从图中知，其中发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。②作为原电池，左槽得电子，而右槽失电子。充电作为电解池处理，右槽中则为得电子，对应化合价降低，即为生成，颜色由绿生成紫。③由电极反应式知，参与了反应。溶液中离子的定向移动可形成电流。n=N/NA=3.01×/6.02×=0.5mol。【答案】（1）①；②氨水（2）①②绿紫67\n③参与正极反应;通过交换膜定向移动使7、（2022·全国卷Ⅱ·T9·6分）相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是【命题立意】本题以电解质溶液为考查对象，主要考查相同pH时，酸的强弱对反应的影响。【思路点拨】相同体积、相同pH的一元强酸和中强酸，初始时C（H+)相同，反应一旦开始，中强酸还会电离出新的C（H+)，即随后中强酸电离出的C（H+)大于强酸。【规范解答】选C。【解析】①相同体积、相同pH的一元强酸和中强酸，中强酸的物质的量浓度大于强酸的物质的量浓度，故与足量的锌粒反应中强酸产生的氢气多；②初始时二者的C（H+)相同，反应一旦开始，中强酸还会电离出新的C（H+)，即随后中强酸电离出的C（H+)大于强酸，故中强酸与锌粒的反应速率大于强酸的。结合题中图像C选项正确。8、（2022·重庆高考·T13·6分）PH=2的两种一元酸x和y，体积均为100ml,稀释过程中PH与溶液体积的关系如题13图所示，分别滴加溶液（c=0.1/L）至PH=7，消耗溶液的体积为Vx,Vy,则A.x为弱酸Vx<VyB.x为强酸Vx>VyC.y为弱酸Vx<VyD.y为强酸Vx>Vy67\n【命题立意】本题以电离平衡为考查对象，主要考查一元酸的稀释及中和NaOH的能力问题。【思路点拨】对于PH相同的一元酸，稀释相同的倍数，酸越弱，其PH变化越小，用NaOH中和至PH=7时，所消耗NaOH的体积越大。【规范解答】选C。【解析】对于PH相同的一元酸x和y，由图像可知，稀释相同的倍数，x比y的PH改变程度大，且x的PH=3，说明x是强酸，y是弱酸；与此同时，由于y酸的浓度大于x酸的浓度，所以在于NaOH反应时Vx<Vy；综上所述C正确。【类题拓展】加水稀释后溶液pH的计算要注意三点1．对于强酸溶液或弱酸溶液，每稀释10倍，pH是否都增加1个单位？对于强碱溶液或弱碱溶液，每稀释10倍，pH是否都减小1个单位？对于强酸溶液，每稀释10倍，pH增大1个单位；对于弱酸溶液，每稀释10倍，pH增大不足1个单位．对于强碱溶液，每稀释10倍，pH减小1个单位；对于弱碱溶液，每稀释10倍，pH减小不足一个单位．2．对于酸溶液无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7，为什么？对于酸溶液，这是因为当pH接近6的时候，再加水稀释，由水电离提供的H+不能再忽略．3．对于pH相同的强酸和弱酸(或强碱和弱碱)稀释相同的倍数，强酸(或强碱)的pH变化的幅度大，为什么？67\n这是因为强酸溶液中的H+已完全电离，随着加水稀释，强酸溶液中的H+数(除水电离的以外)不会增多，而弱酸随着加水稀释，电离程度增大，H+数还会增多，故弱酸的pH变化幅度小．是因为当pH接近8的时候，再加水稀释，由水电离提供的OH-不能再忽略．8、（2022·浙江高考·T26·15分）已知：①25℃时弱电解质电离平衡常数：Ka（CH3COOH）＝，Ka（HSCN）＝0.13；难溶电解质的溶度积常数：Kap（CaF2）＝②25℃时，mol·L-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系，如下图所示：请根据以下信息回答下列问题：（1）25℃时，将20mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液和20mL0.10mol·L-1HSCN溶液分别与20mL0.10mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为：反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO-）c（SCN-）（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka，列式并说明得出该常数的理由。（3）mol·L-1HF溶液与mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。67\n【命题立意】本题主要考查弱电解质的电离平衡和难溶电解质的沉淀溶解平衡，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。【思路点拨】解答本题应先理解Ka及Kap的意义，然后依据Ka及Kap的表达式进行计算。【规范解答】（1）由Ka（CH3COOH）、Ka（HSCN）的数据知，HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)大，所以其溶液与NaHCO3溶液反应的速率快。反应结束后所得两溶液分别为CH3COONa溶液和NaSCN溶液，由于HSCN的酸性比CH3COOH强，则SCN-的水解程度比CH3COO-弱，所以c（CH3COO-）<c（SCN-）。（2）Ka（HF）=，当c（F-）=c（HF）时，Ka（HF）=c(H+)，图中交点处即c（F-）=c（HF），对应的pH为3.45，所以Ka（HF）=10-3.45。（3）当pH=4.0时，溶液中的c（F-）=1.6×10-3mol·L-1，溶液中c（Ca2+）=2.0×10-4mol·L-1，则c（Ca2+）×c（F-）=5.1×10-10＞Kap（CaF2），故有沉淀产生。【答案】（1）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)大，故其溶液与NaHCO3溶液反应的速率较快<（2）10-3.45或（3.5×10-4）Ka（HF）=，当c（F-）=c（HF）时，Ka（HF）=c(H+)，查图中交点处即c（F-）=c（HF），故所对应的pH即为Ka的负对数，所以Ka（HF）=10-3.45。（3）查图，当pH=4.0时，溶液中的c（F-）=1.6×10-3mol·L-1，溶液中c（Ca2+）=2.0×10-4mol·L-1，则c（Ca2+）×c（F-）=5.1×10-10＞Kap（CaF2），故有沉淀产生。【类题拓展】沉淀的溶解与生成（1）沉淀的溶解在难溶电解质的溶液中当Q＜Ksp时，就会使沉淀溶解。①酸碱溶解法加入酸或碱与平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使溶解平衡向溶解的方向移动。67\n在难溶电解质的溶液中当Q＞Ksp时，就会有沉淀生成。在溶解平衡体系中加入与体系中相同的一种离子，就会使另一种离子沉淀出来；在有多种离子的溶液中，当加入一种与它们都生成沉淀的离子时，生成的哪种沉淀的溶解度最小，就优先生成哪种沉淀。9、（2022·北京高考·T11·6分）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成ＣｕＳＯ４溶液，向地下层渗透，遇到难溶的ＺｎＳ或ＰｂＳ，慢慢转变为铜蓝（ＣｕＳ）。下列分析正确的是Ａ．ＣｕＳ的溶解度大于ＰｂＳ的溶解度Ｂ．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性Ｃ．ＣｕＳＯ４与ＺｎＳ反应的离子方程式是ＣｕＳ↓Ｄ．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应【命题立意】本题以自然界中铜的转化为体现形式,主要考查沉淀溶解平衡的相关知识。【思路点拨】考虑沉淀转化的实质。【规范解答】选D。【解析】沉淀转化的实质是溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀，ＰｂＳ转变为铜蓝（ＣｕＳ），说明ＣｕＳ的溶解度小于ＰｂＳ的溶解度；原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝也应该具有还原性，因为硫元素处于最低价态—2价；ＣｕＳＯ４与ＺｎＳ反应的离子方程式应该是Cu2＋＋ZnS＝ＣｕＳ+Zn2＋，这是一个复分解反应；自然界地表层原生铜的硫化物被氧化的过程是氧化还原反应，故只有D正确。10、（2022·福建理综·T10·6分）下列关于电解质溶液的正确判断是A.在pH=12的溶液中，、Cl-、、可以常量共存B.在pH＝0的溶液中，、、、可以常量共存C.由0.1mol·一元碱BOH溶液的pH＝10,可推知BOH溶液存在BOH＝67\nD.由0.1mol·一元酸HA溶液的pH＝3,可推知NaA溶液存在A-+H2O⇋HA+OH-【命题立意】本题主要考查考生对电解质溶液中的离子共存、弱电解质的电离以及盐的水解的掌握情况，这部分内容的考查形式一般是将盐类水解与弱电解质的电离、PH等知识融合在一起进行综合考查。【思路点拨】解答本题应注意以下几个问题：(1)做离子共存问题要特别注意题设条件，同时要注意把握能反应的离子。(2)注意弱电解质的电离特点(3)注意判断PH与盐水解的关系。【规范解答】选D。【解析】选项A：pH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH-，不能与HCO3-共存，A是错误选项；选项B：pH=0的溶液呈酸性含有较多的H+，在NO3-离子存在的情况下，亚硫酸根离子容易被氧化成硫酸根离子，无法共存，B是错误选项。选项C：0.1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱在溶液中不能完全电离，是弱碱、弱电解质，电离方程式应该用可逆号。C是错误选项。选项D：由题意可得该酸是弱酸，在NaA溶液中A-会发生水解而使溶液呈碱性，D项正确，选D。【类题拓展】判断离子共存的规律方法：1.若题目限定了颜色，如限定溶液无色，则有颜色的离子则不能存在。2.在强酸性溶液中，OH-及弱酸根离子均不能大量共存；在强碱性溶液中，H+及弱碱阳离子均不能大量共存；而酸式弱酸根离子在以上两种溶液中均不能大量共存。3.能发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应以及双水解完全的离子均不能共存。4.做离子共存问题时，应该注意隐含条件的挖掘，如“在无色透明溶液中”、“在强碱性溶液中”、“因发生氧化还原反应而不能大量共存的”等等。11、（2022·广东高考·T12·4分）HA为酸性略强与醋酸的一元弱酸，在0.1mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是A．c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)B．c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)C．c(Na＋)+c(OH－)=c(A－)+c(H+)67\nD．c(Na＋)+c(H+)=c(A－)+c(OH－)【命题立意】本题主要考查离子浓度的关系，是广东卷最近几年常考试题，属于提高题，同学们要进行专题训练才可以熟练掌握其解题技巧。【思路点拨】看到不等式想到盐类水解、弱电解质电离分析题干中酸性强弱→看选项→看到等式想到三守恒（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）【规范解答】选D。【解析】A明显错误，因为阳离子浓度都大于阴离子浓度，电荷不守恒；D是电荷守恒，明显正确。NaA的水解是微弱的，故c(A－)＞c(OH－)，B错；C的等式不符合任何一个守恒关系，是错误的；[不水解离子]＞[水解的离子]＞[水解后呈某性的离子（如H+或OH—）]＞[显性对应离子如OH—或H+]实例：a.CH3COONa溶液b.NH4Cl溶液a.[Na+]＞[CH3COO—]＞[OH—]＞[H+]b.[Cl—]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH—]②当盐中阴、阳离子不等价时。要考虑是否水解，水解分几步，如多元弱酸根的水解，则是“几价分几步，为主第一步”，实例：Na2S水解分二步S2—+H2OHS—+OH—（主要）HS—+H2OH2S+OH—（次要）各种离子浓度大小顺序为：[Na+]＞[S2—]＞[OH—]＞[HS—]＞[H+]2.两种电解质溶液混合后各种离子浓度的相对大小.①若酸与碱恰好完全反应，则相当于一种盐溶液.67\n②若酸与碱反应后尚有弱酸或弱碱剩余，则一般弱电解质的电离程度＞盐的水解程度.3．溶液中各种微粒浓度之间的关系以Na2S水溶液为例来研究（1）写出溶液中的各种微粒阳离子：Na+、H+阴离子：S2—、HS—、OH—分子：H2S（2）利用守恒原理列出相关方程.①电荷守恒：[Na+]+[H+]=2[S2—]+[HS—]+[OH—]②物料守恒：Na2S=2Na++S2若S2—已发生部分水解，S原子以三种微粒存在于溶液中，[S2—]、[HS—]、[H2S]，根据S原子守恒及Na+的关系可得.[Na+]=2[S2—]+2[HS—]+2[H2S]③质子守恒H2OH++OH—由H2O电离出的[H+]=[OH—]，水电离出的H+部分被S2—结合成为HS—、H2S，根据H+（质子）守恒，可得方程：[OH—]=[H+]+[HS—]+2[H2S]小结：溶液中的几个守恒关系（1）电荷守恒：电解质溶液呈电中性，即所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数代数和为零。（2）物料守恒（原子守恒）：即某种原子在变化过程（水解、电离）中数目不变。（3）质子守恒：即在纯水中加入电解质，最后溶液中[H+]与其它微粒浓度之间的关系式（由电荷守恒及质子守恒推出）11、（2022·海南高考·T5·2分）已知：Ksp(AgCl)=1.8×10—10，Ksp(AgI)=1.5×10—16，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10—12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是A．AgCl>AgI>Ag2CrO4　　　　　B．AgCl>Ag2CrO4>AgI67\nC．Ag2CrO4>AgCl>AgI　　　　　D．Ag2CrO4>AgI>AgClc(Ag+)×c(Cl—)=c2(Ag+)，故AgCl饱和溶液中c(Ag+)==×10—5mol·L-1；同理AgI饱和溶液中c(Ag+)==×10—8mol·L-1；Ag2CrO4=2Ag++CrO42—，Ag2CrO4饱和溶液中2c(CrO42—)=c(Ag+)，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42—)=c3(Ag+)/2，故Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)==×10—4mol·L-1；Ag+浓度大小顺序是Ag2CrO4>AgCl>AgI。12、.（2022·江苏高考·T12·4分）常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液滴定曲线如右图。下列说法正确的是A．点①所示溶液中：c(CH3COO—)+c(OH—)=c(CH3COOH)+c(H+)B．点②所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO—)C．点③所示溶液中：c(Na+)>c(OH—)>c(CH3COO—)>c(H+)D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO—)>c(H+)>c(Na+)>c(OH—)【命题立意】本题以NaOH溶液滴定CH3COOH溶液滴定曲线图为背景，考查滴定过程中不同阶段离子浓度的大小关系，体现化学的真实性。67\n【思路点拨】注意滴定过程的阶段性，针对不同阶段对应的溶液，分析离子浓度大小关系。【规范解答】选D。【解析】A项，点①时加入的NaOH溶液为10.00mL，所得溶液相当于等物质的量浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，此时溶液中电荷平衡关系式为:c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+),等物质的量浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO—的水解程度，c(Na+)>c(CH3COOH)，A项错；B项，点②所示溶液pH=7c(OH—)=c(H+),此时溶液中电荷平衡关系式为:c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)，所以c(Na+)=c(CH3COO—)，B项错；C项，点③所示溶液碱性较弱，c(CH3COO—)应大于c(OH—)，C项错；D项，当加入少量的NaOH溶液，此时溶液相当于少量CH3COONa与较多量的CH3COOH的混合溶液，离子浓度可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO—)>c(H+)>c(Na+)>c(OH—)，D项正确。【类题拓展】离子浓度大小关系式通常有等式和不等式两种1.等式，对于等式通常有三个，即电荷平衡、物料平衡、质子守恒，一些复杂的等式往往是对三个平衡关系式经过变形而得，或代入某些题给已知条件而得。2.不等式对于不等式，要具体分析溶液中各种电离方程式、水解离子方程式、溶液的酸碱性，对于连写的不等式，要注意抓住一些明显的错误，只要有一处错误整个式子就错了。13、（2022·山东高考·T14·4分）下列与实验相关的叙述正确的是A．稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出C．酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高D．检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCL2溶液和稀盐酸【命题意图】考查实验基本操作知识、教材中几个重要实验所涉及的误差分析及离子检验。【规范解答】选C。【解析】稀释浓硫酸的操作是“酸入水”，故A错；配制溶液时，若将多余的水取出，会使浓度偏小，加水超过容量瓶刻度线的唯一办法是重新配制，故B错；用待测液润洗锥形瓶，则消耗的标准液会偏多，导致结果偏高，C正确；D的操作中，若溶液中含有Ag＋，也会有不溶解于盐酸的白色沉淀生成，故D错。67\n14、（2022·山东高考·T15·4分）某温度下，(s)、(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是A．<B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点C．c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)乘积相等D．、分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和【命题意图】借助沉淀溶解平衡曲线，考查对沉淀溶解平衡计算，外界因素对水的离子积的影响等。【思路点拨】比较KSP时注意要找到基准点；水的离子积不受浓度的影响，只受温度的影响；沉淀溶解平衡曲线上的点表示饱和状态，下方上的点表示不饱和状态。【规范解答】选B。【解析】A项，b、c两点金属阳离子的浓度相等，设都为X，分别对应的c(OH-)=KW/c(H+)=出，故D正确。【类题拓展】1.公式：对于沉淀溶解平衡：MmNn(s)mMn+(aq)+nNm-(aq)。固体纯物质不列入平衡常数。上述反应的平衡常数为：Ksp=[c(Mn+)]m[c(Nm-)]n，符号为Ksp2.影响因素：在一定的温度下，它是一个常数，称为溶度积常数，简称溶度积，它只受温度影响，不受溶液中物质浓度的影响。67\n3.溶度积的应用：通过比较溶度积和溶液中有关离子浓度幂的乘积（离子积QC）的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解。QC＞Ksp溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和达到新的平衡状态QC=Ksp溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态QC＜Ksp溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。15、（2022·天津高考·T6·6分）下列各表述与示意图一致的是A．图①表示25℃时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B．图②中曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；ΔH<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C．图③表示10mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+)随时间的变化D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g)；ΔH<0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化【命题立意】本题以酸碱中和滴定图像、正逆反应的平衡常数图像、反应速率图像和能量变化图像为载体，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。【思路点拨】认识图像（横、纵坐标的意义）→分析图像（起点、终点、交点、拐点等及曲线的陡、缓等）→应用反应原理解决实际问题。【规范解答】选B。【解析】酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A项错误；正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B项正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，所以反应速率越来越快，故C项错误；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D项错误。16、（2022·全国卷Ⅰ·T9·6分）下列叙述正确的是67\nA．某醋酸溶液的，将此溶液稀释1倍后，溶液的，则B．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入至溶液恰好无色，则此时溶液的C．盐酸的，盐酸的D．若1mL的盐酸与100mL溶液混合后，溶液的则溶液的【命题意图】考查弱电解质的稀释，强酸的无限稀释，指示剂的变色范围，强酸与强碱的混合pH的计算等基本概念【思路点拨】①在对醋酸进行稀释时，醋酸的电离程度增大，H+的个数增多，但C(H+)减小；②对酸、碱进行无限稀释，溶液的pH只能无限的接近7。【规范解答】选D。两种溶液的叙述不正确的是A.溶液中水电离出的个数：②>①B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①C.①溶液中:D.②溶液中:【命题立意】本题以电解质溶液为考查对象，主要考查盐类水解、水的电离等知识。【思路点拨】对于溶液HCO3-既存在水解又存在电离，其水解程度大于电离程度；对于溶液存在着两步水解，其中一级水解是主要的。【规范解答】选C。【解析】A项，由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3得水解程度，所以Na2CO3溶液对水的电离影响比NaHCO3大，A正确。B项，两溶液的电荷守恒均可写作：C（Na+）+C（H+67\n）=C（OH-）+C（HCO3-）+Ｃ（ＣＯ３２－），由于这两种溶液都显碱性，所以C（H+）很小，甚至可忽略不计，而Na2CO3中C（Na+）是NaHCO3中C（Na+）的二倍，所以溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①，Ｂ　正确。C项，由于NaHCO3溶液中（HCO3-）水解程度大于电离程度，所以（ＣＯ３２－）<C（HCO3-），故C错误。D项HCO3-是ＣＯ３２－的一级水解产物，而H2CO3是其二级水解产物，由于一级水解是主要的，所以②溶液中，即D正确。18、（2022·上海高考·T14·3分）下列判断正确的是A．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，灼烧至固体发黑，测定值小于理论值B．相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量C．0.1mol·L-1的碳酸钠溶液的pH大于0.1mol·L-1的醋酸钠溶液的pHD．1L1mol·L-1的碳酸钠溶液吸收SO2的量大于1Lmol·L-1硫化钠溶液吸收SO2的量【命题立意】此题考查了实验操作、化学反应中的能量变化、溶液的pH、元素化合物等知识。【思路点拨】此题解答的易错点有二：一是对化学键的形成断开和吸热放热的关系不清，要能够准确理解断键吸热成键放热；二是忽视亚硫酸的酸性强于氢硫酸，不能准确判断硫化钠中通入二氧化硫时要生成氢硫酸，造成氢硫酸和亚硫酸能发生氧化还原反应生成单质硫。【规范解答】选C。【解析】测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，灼烧至固体发黑，说明部分硫酸铜分解生成了氧化铜，测定值大于理论值，A错误；氢原子转化为氢分子，形成化学键放出能量，说明2mol氢原子的能量大于1molH2，B错误；因碳酸的酸性弱于醋酸，所以相同浓度的碳酸钠溶液的水解程度大于醋酸钠溶液的水解程度，故0.1mol·L-1的碳酸钠溶液的pH大于0.1mol·L-1的醋酸钠溶液的pH，C正确；1L1mol·L-1的两溶液中含有的溶质均为1mol，前者发生反应：Na2CO3+SO2+H2O=2NaHSO3+CO2↑，吸收的SO2为1mol；后者发生的反应为：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓，吸收的SO2为2.5mol；很明显后者大于前者，D错误。19、（2022·上海高考·T16·3分）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl-]>[NH4+]B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：[OH-]=[H+]C．0.1mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH4+]>[SO42-]>[H+]D．0.1mol·L-1的硫化钠溶液中：[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S]67\n【规范解答】选C。【解析】氨水和氯化铵混合溶液的pH=7时，溶液中[H+]=[OH-]，根据电荷守恒：[H+]+[NH4+]=[OH-]+[Cl-]，则[Cl-]=[NH4+]，A错误；由于pH=2的酸可能是强酸，也可能是弱酸，当其是强酸时B项正确，当其是弱酸时，酸过量则溶液中[H+]>[OH-]，B错误；1mol.L-1的硫酸铵溶液中，铵根离子虽然部分水解，但剩余的[NH4+]仍远大于[SO42-]，硫酸铵溶液中各离子浓度的大小顺序为：[NH4+]>[SO42-]>[H+]>[OH-]，C正确；1mol·L-1的硫化钠溶液中，根据质子守恒：[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，可知D错误。酸铵溶液中各离子浓度的大小顺序为：[NH4+]>[SO42-]>[H+]>[OH-]，C正确；1mol·L-1的硫化钠溶液中，根据质子守恒：[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，可知D错误。20、（2022·上海高考·T30·5分）Na2SO3·7H2O是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂。Na2SO3在30℃时的溶解度为35.5g/100gH2O。(1）计算30℃时Na2SO3饱和溶液中Na2SO3的质量分数。（保留2位小数）(2）计算30℃时271gNa2SO3饱和溶液中水的质量。(3）将30℃的Na2SO3饱和溶液271g冷却到10℃，析出Na2SO3·7H2O晶体79.5g。计算10℃时Na2SO3在水中的溶解度。【命题立意】此题考查了溶液的质量分数、溶剂的质量、溶解度等化学计算知识。【思路点拨】饱和溶液的质量分数与溶解度的关系：w=s/(100+s)，s为溶解度。【规范解答】1）根据Na2SO3的溶解度，其饱和溶液中溶质为35.5g；溶剂为100g；溶液总质量为135.5g，则；2）271g饱和溶液中，假设其含有的溶剂为x，则135.5：100=271：x；x=200（g）；3）冷却溶液后，析出晶体79.5g，根据其晶体的组成，其中含有水和亚硫酸钠各一半，列式得：。67\n【答案】(1）(2）135.5：100=271：x；x=200（g）；(3）Na2SO3.7H2O中Na2SO3的质量分数为0.50，1．用食用白醋(醋酸浓度约1mol/L)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是()A．白醋中滴入石蕊试液呈红色B．白醋加入豆浆中有沉淀产生C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出D．pH试纸显示白醋的pH为2~3解析：本题考查弱电解质的概念。证明醋酸是弱电解质的原理有两个：一是证明醋酸不能完全电离，溶液中存在电离平衡；二是证明醋酸与强碱反应生成的盐溶液显碱性。D就是利用了第一个原理。答案：D2．水的电离过程为H2OH＋＋OH－。在25℃时，水的离子积：Kw=1×10－14；在35℃时，水的离子积：Kw=2.1×10－14，则下列叙述正确的是()A．c(H＋)随着温度的升高而减小B．35℃时，c(H＋)<c(OH－)C．35℃时的水比25℃时的水电离程度小D．水的电离是吸热的解析：由题中条件可以看出，温度升高时，Kw增大，则纯水中c(H+)和c(OH－)增大，但是始终相等，25℃：c(H+)=c(OH－)=1×10－7mol·L－1，35℃：c(H+)=c(OH－)=1.45×10－7mol·L－1；水的电离程度也增大。因升高温度水的电离平衡向正反应方向移动，故水的电离为吸热反应。答案：D3．在CH3COOH溶液中滴入稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流强度(Ⅰ)随氨水的加入体积(V)的变化曲线(如图)是()解析：CH3COOH和氨水都是弱电解质，导电能力弱，但相互反应后生成盐CH3COONH4，而CH3COONH467\n是强电解质，完全电离，使溶液中的离子浓度增大，导电性增强。随着氨水的增加，相当于将溶液稀释，致使离子浓度又逐渐减少，导电能力逐渐减弱。所以A图像符合题意。答案：A4．将pH＝5的H2SO4溶液稀释500倍，稀释后c(H＋)与c(SO)的比值近似为()A．1:1B．1:2C．10:1D．2:1解析：不仅考虑H2SO4电离产生的H＋和SO，还要考虑到当溶液的浓度很小时，还答案：C5．pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2三种溶液，分别用蒸馏水稀释到原体积的x倍、y倍和z倍。稀释后三种溶液的pH依然相同，则x、y、z的关系是()A．x>y>zB．x=y=zC．x>y>zD．x>z>y解析：NaOH和Ba(OH)2均为强碱，稀释时n(OH－)不变，所以y=z。NH3·H2O为弱碱，稀释促进电离，n(OH－)增大，溶液体积也相应增大才能与强碱的pH相同，所以x>y，故选A项。答案：A6．分别在pH=1的酸和pH=14的NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是()①两溶液的体积相同，酸是多元强酸②两溶液的体积相同，酸是一元弱酸③酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积④酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大A．①②B．②C．②③D．④解析：产生H2的量相等时，n(H+)>n(OH－)，产生H2多，则一定是n(H+)>n(OH－)，而pH=1的酸中c(H+)与pH=14的NaOH溶液中c(OH－)相比要小，所以有两种情况可产生题设结果：一是等体积时，酸是弱酸，二是酸的体积大。答案：C67\n7．现在有两种正盐的稀溶液，分别是amol·L－1NaX溶液和bmol·L－1NaY溶液，下列说法不正确的是()A．若a＞b，测得c(X－)=c(Y－)，可以推出溶液中的c(HX)＞c(HY)B．若a＞b，测得c(X－)=c(Y－)，可以推出溶液中的c(HX)＜c(HY)C．若a=b，且pH(NaX)＞pH(NaY)，则相同浓度时，酸性：HX＜HYD．若a=b，并测得c(X－)=c(Y－)+c(HY)，则HX是强酸，HY是弱酸解析：若HX、HY为弱酸，则溶液中存在水解平衡，X－+H2OHX+OH－，Y－+H2OHY+OH－，a＞b，说明NaX浓度大，溶液中c(X－)=c(Y－)离子浓度相等，说明X－水解程度大，溶液中的c(HX)＞c(HY)，A项正确，B项错误；若a=b，且pH(NaX)＞pH(NaY)，“越弱越水解”，则相同浓度时，前者水解程度大，对应酸酸性越弱，C项正确；若a=b，c(X－)=c(Y－)+c(HY)，根据原子守恒，则HX是强酸，HY是弱酸，D项正确。答案：B8．通过对下图的观察，有以下几种叙述，其中不正确的是()A．该温度下，不论何种水溶液中c(H＋)·c(OH－)乘积相等，即水的离子积是一个常数B．若醋酸钠溶液中c(Na+)=c(CH3COO－)，则溶液中的c(H＋)=c(OH－)C．如果定义pOH=－lg［c(OH－)］时，则该温度下某水溶液中的pOH和pH之和等于14D．某水溶液由于条件的改变，如果氢离子浓度变小，则氢氧根离子浓度一定变大解析：由图中知道c(H＋)·c(OH－)乘积始终是10－14，A、B正确，醋酸钠溶液中电中性则c(Na+)+c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO－)，若c(Na+)=c(CH3COO－)，则溶液中的c(H＋)=c(OH－)，B正确；改变条件下的时候氢离子浓度变小有可能是温度减小，则氢氧根离子浓度变小，在温度不变的时候，才是一定增大。答案：D9．一种常用的泡沫灭火器构造如右图。内筒a是玻璃瓶，外筒b是钢瓶，平时泡沫灭火器内筒外筒盛有液态试剂，当遇火警时，将灭火器取下倒置，内筒外筒液体试剂立即混和产生大量CO267\n泡沫灭火，从液态试剂在灭火器中长久放置和快速灭火两个角度分析，盛放药品正确的是解析：从快速灭火的角度分析应选用NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，前者水解呈碱性，应放置在钢瓶内，后者水解呈酸性，应放置在玻璃筒中。答案：D10．经测定某溶液中离子只有Na+、CH3COO－、H+、OH－四种，且离子浓度大小的排列顺序为：c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)，其可能的情形是()A．该溶液可能由0.1mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合而成B．该溶液可以由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成C．该溶液中离子浓度的关系符合c(CH3COO－)+c(OH－)>c(Na+)+c(H+)D．在上述溶液中加入适量NaOH，离子浓度大小可改变为c(CH3COO－)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)解析：A项中，反应后为CH3COONa溶液，CH3COO－要水解，溶液显碱性，不符题意；B选项中反应后为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，若CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则满足题意；C项中不满足离子守恒定律，因为溶液中必须满足：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)；同理D选项也不满足阴阳离子的电荷守恒定律。答案：B11．分配系数是指弱电解质溶液中，溶质某种型体浓度与溶质型体总浓度的比值。分配曲线是指弱电解质溶液平衡状态时，每种型体浓度的分配系数与PH之间的关系曲线。对于CH3COOH总浓度c，它只有两种型体，平衡浓度分别为c(CH3COOH)、c(CH3COO－)，则c=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，设CH3COOH所占分配系数为δ1，CH3COO－所占分配系数为δ0，它们与PH的关系如图所示。下列有关说法正确的是()A．由曲线可知在PH为1~7时，一定有δ1+δ0=1B．cmol/L的CH3COOH溶液与cmol/LCH3COONa溶液等体积混合溶液显碱性C．向CH3COOH溶液中不断滴加氢氧化钠溶液，若c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH67\n－)则δ1一定大于δ0D．在cmol/L的H2C2O4(草酸)溶液中，一定满足c(H2C2O4)+c(C2O42－)=c解析：A项可直接依图判断是正确的；CH3COOH与CH3COONa等量混合后，应考虑以CH3COOH的电离为主，溶液显酸性，故B项错误；C项由离子关系可知，溶液显酸性，结合图示分析，在pH<7时，可能有δ1＞δ0，δ1=δ0，δ1<δ0三种情况，故C也错；H2C2O4是一种弱酸，溶液中有三种型体浓度c(H2C2O4)、c(HC2O4－)和c(C2O42－)，故D也错。答案：A12．pH＝4的FeCl3溶液和pH＝10的Na2CO3溶液中，水的电离度(即水电离的百分率)分别为α1和α2，则它们的大小关系是()A．α1>α2B．α1<α2C．α1＝α2D．无法确定解析：注意盐类的水解促进了水的电离，比较水的电离度的大小，可转化为比较水电离出的c(H+)或c(OH－)的大小，c(H+)或c(OH－)越大，则α越大。pH＝4的FeCl3溶液：溶液中的c(H+)＝1×10－4mol·L－1，c(OH－)＝1×10－10mol·L－1，H+由水电离产生；pH＝10的Na2CO3溶液：溶液中的c(H+)＝1×l0－10mol·L－1，c(OH－)＝1×10－4mol·L－1，OH－由水电离产生。综上所述C正确。答案：C13．常温下，已知0.1mol·L－1HA(一元酸)溶液中c(H＋)：c(OH－)＝1010，0.5mol·L－1B(OH)2(二元碱)溶液中pH＝14。将浓度均为0.1mol·L－1的两种溶液等体积混合后，混合溶液中下列离子浓度的大小关系正确的是()A．c(H＋)<c(OH－)<c(A－)<c(B2＋)B．c(OH－)<c(H＋)<c(B2＋)<c(A－)C．c(H＋)＋2c(B2＋)＝c(OH－)＋c(A－)D．2c(A－)＝c(B2＋)>c(H＋)＝c(OH－)解析：常温下c(H+)·c(OH－)＝10－14，故0.1mol·L－1HA溶液中c(H+)为10－2mol·L－1，HA为弱酸。0.5mol·L－1，B(OH)2溶液中c(OH－)＝1mol·L－1，B(OH)2为强碱。等浓度的两溶液等体积混合后，B(OH)2恰好反应一半，得到B(OH)2和BA的混合溶液，显碱性，离子浓度顺序为c(OH－)>c(B2+)>c(A－)>c(H+)，A、B、D均错。C项应用了电荷守恒，正确。答案：C14、室温时，将xmLpH=a的稀NaOH溶液与ymLpH=b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是67\nA．若x=y，且a+b=14，则pH＞7B．若10x=y，且a+b=13，则pH=7C．若ax=by，且a+b=13，则pH=7D．若x=10y，且a+b=14，则pH＞7NaOH过量，pH＞7。答案：D15．某强酸溶液的pH=a，强碱溶液的pH=b，已知a+b=12，酸碱溶液混合后pH=7。则酸溶液的体积V(酸)和碱溶液的体积V(碱)的正确关系为()A.V(酸)=102V(碱)B.V(酸)=2V(碱)C.V(碱)=102V(酸)D.V(碱)=2V(酸)解析：可以用计算的方法求得答案，即：10－amol/LV(酸)=10b－14mol/LV(碱)a+b=12也可以用推理的方法得出答案：a+b=12，意味着酸溶液中c(H+)比碱溶液中c(OH－)大，且c(H+)=102c(OH－)，要达到完全中和，碱溶液的体积应为酸溶液体积的102倍。答案：C16、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)B．0.10mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH－)减小C．CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7解析：选项A中根据电荷守恒得c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，A正确；0.1mol/LCH3COOH加水稀释，虽然电离程度增大，但根据勒夏特列原理可知c(H＋)减小，而在一定温度下，c(H＋)·c(OH－)=Kw是一定值，因此c(OH－)增大，所以B错；在醋酸溶液中加入醋酸钠固体，c(CH3COO－)增大，所以平衡逆向移动，选项C正确；选项D中，由于醋酸是弱酸，现醋酸中的c(H＋)等于NaOH中的c(OH－67\n)，当二者等体积混合后，醋酸远远过量，溶液显酸性，即pH＜7，所以D正确。答案：B17．欲使醋酸溶液中的CH3COO－浓度增大，且不放出气体，可向醋酸中加入少量固体答案：AC18、对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是()A．B．26M3＋C．D．解析：选项A中的HCl溶于水电离出的H＋会抑制水的电离。选项B中的弱碱阳离子(Fe3＋)和D中的弱酸根离子(CH3COO－)均会促进水的电离。选项C微粒表示的是Cl－，对水的电离平衡不产生影响。答案：C19．已知pH=2的高碘酸(H5IO6)溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显酸性；0.01mol·L－1的碘酸(HIO3)或高锰酸(HMnO4)溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显中性。请回答下列问题：(1)高碘酸是(填“强酸”或“弱酸”)，理由是：。(2)已知高碘酸和硫酸锰(MnSO4)在溶液中反应生成高锰酸、碘酸和硫酸，此反应的氧化剂是，反应的离子方程式可表示为。解析：弱酸在溶液中建立电离平衡，题干信息能够证明H5IO6有电离平衡，所以它是弱酸。氧化剂中某元素化合价降低，碘由＋7价降为＋5价，故HIO6是氧化剂。答案：(1)弱酸；由于高碘酸溶液的c(H+)与NaOH溶液的c(OH－)相等，二者等体积混合后，混合液显酸性，说明酸过量，原高碘酸溶液中只有一部分高碘酸的分子发生了电离，所以高碘酸是弱酸。(2)高碘酸；5H5IO6＋2Mn2+===2MnO＋5IO＋7H2O＋11H+20．(1)室温1L0.01mol·L－1的硫酸氢钠溶液的pH为67\n，在其中滴入等体积的0.01mol·L－1的Ba(OH)2溶液后，加水稀释到10L，所发生反应的离子方程式为，pH为。(2)室温下取0.2mol·L－1HCl溶液与0.2mol·L－1MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：①混合溶液中水电离出的c(H＋)0.2mol·L－1HCl溶液中水电离出的c(H＋)(填">""<"或"＝")。②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：c(Cl－)－c(M＋)＝mol·L－1；c(H＋)－c(MOH)＝mol·L－1。解析：(1)主要考查pH的计算。在酸中用c(H＋)计算，在碱中用c(OH－)计算，0.01mol·L－1的硫酸氢钠溶液中c(H＋)＝0.01mol·L－1，所以pH=2；酸碱混合，首先判断过量，此题中碱过量，混合后溶液显碱性，应用c(OH－)计算，c(OH－)＝10－3mol·L－1求出c(H＋)=10－11mol·L－，pH＝11；离子方程式假设NaHSO4、Ba(OH)2分别为1，OH－过量以NaHSO4为主进行书写。(2)0.2mol·L－1HCl溶液与0.2mol·L－1MOH溶液等体积混合正好完全反应生成正盐，室温下pH=6，所以是强酸弱碱盐，促进水的电离．而HCl溶液是抑制水的电离。正盐c(MCl)＝0.1mol·L－1，pH=6推出c(H＋)=10－6mol·L1，c(OH－)=10－8mol·L－1。根据电荷守恒c(Cl－)+c(OH－)=c(M＋)+c(H＋)推出c((Cl－)－c(M＋)=c(H＋)－c(OH－)=10－6mol·L－1－10－8mol·L－1；由物料守恒c(Cl－)=c(M＋)+c(MOH)，代入上述电荷守恒等式整理得((H＋)－c(MOH)=c(OH－)=10－8mol·L－1。答案：(1)2Ba2＋+OH－+H＋+SO===BaSO4↓+H2O11(2)①>②9.9×10－71.0×10－821．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力有如下图所示曲线，请回答。(1)“O”点为什么不导电______。(2)a、b、c三点的氢离子浓度由小到大的顺序为______。(3)a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是______。67\n(4)若使c点溶液中的c(CH3COO－)提高，在如下措施中，可选择______。A．加热B．加很稀的NaOH溶液C．加固体KOHD．加水E．加固体CH3COONaF．加Zn粒(5)在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是______。A．c(H＋)B．H＋个数C．CH3COOH分子数D．c(H＋)／c(CH3COOH)解析：(1)因为冰醋酸未电离，无离子。(2)从图象可知a、b、c三点导电能力大小顺序为b＞a＞c，说明溶液中H+离子浓度大小顺序为b＞a＞c。(3)因为在一定温度下，溶液越稀电离程度越大，因此c点的电离程度最大。(4)在醋酸溶液中存在下列平衡：CH3COOHCH3COO－+H＋；△H>0。由此可知加热以及加固体KOH、加Zn粒均可使平衡正向移动，且c(CH3COOH)增大。加入很稀的NaOH溶液，加水虽也可使平衡正向移动，但因溶液冲稀，所以c(CH3COOH)、c(CH3COO－)减小。加入固体CH3COONa，平衡逆向移动，但因加入较多CH3COO－，故使其浓度增大，因此答案为A、C、E、F。(5)同一溶液中离子的浓度之比等于离子数目之比。在稀释过程中，CH3COOH的电离平衡向右移动，因而H＋个数肯定增大，CH3COOH分子数不断减小,所以值增大。答案：(1)因为冰醋酸未电离，无离子，(2)b＜a＜c，(3)c，(4)A、C、E、F，(5)B、D。一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分)1．下列事实能说明醋酸是弱电解质的是(　　)①醋酸与水能以任意比互溶　②醋酸溶液能导电　③醋酸溶液中存在醋酸分子　④0.1mol·L－1醋酸的pH比0.1mol·L－1盐酸的pH大　⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2　⑥0.1mol·L－1醋酸钠溶液pH＝8.9　⑦大小相同的锌粒分别与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢A．②⑥⑦　　　　　　　　B．③④⑥⑦C．③④⑤⑥D．①②解析：选B。根据弱电解质的定义及性质即可判断。2．下列电离方程式正确的是(　　)67\nA．NaHS溶于水：NaHS===Na＋＋HS－，HS－＋H2OH3O＋＋S2－B．KH2PO4溶于水：H2PO4－2H＋＋PO43－C．HF溶于水：HF===H＋＋F－D．NH4Cl溶于水：NH4＋＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋解析：选A。A项表示NaHS的完全电离和HS－的部分电离，正确；H2PO4－的电离是分步进行的，B项错误；氢氟酸是弱酸，HF的电离是可逆的，C项不正确；D项表示的是NH4＋水解的离子方程式。3．已知：在100℃时，水的离子积为1×10－12，此时将pH＝12的NaOH溶液V1L与pH＝1的H2SO4溶液V2L混合，若所得混合溶液的pH＝10，则V1∶V2为(　　)A．1∶9B．10∶1C．9∶1D．1∶10解析：选A。100℃时pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝1mol·L－1，pH＝1的H2SO4中c(H＋)＝10－1mol·L－1，则＝10－2mol·L－1，则V1∶V2＝1∶9。4．25℃时，将pH＝x的H2SO4溶液与pH＝y的NaOH溶液按体积比1∶100混合，反应后所得溶液pH＝7。若x＝y，则x值为(　　)A．2B．3C．4D．5A．④①②⑤⑥③B．④①②⑥⑤③C．①④②⑥③⑤D．①④②③⑥⑤解析：选C。一般情况下，溶液等浓度时，pH由小到大的顺序是：强酸<弱酸<强酸弱碱盐<强酸强碱盐<强碱弱酸盐<弱碱<强碱，而盐溶液中，盐对应的酸越弱，其强碱弱酸盐碱性越强，故选C。6．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42－。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是(　　)A．该溶液的温度高于25℃67\nB．由水电离出来的c(H＋)＝1×10－10mol/LC．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液，可使反应后的溶液恰好呈中性解析：选D。在某温度下，pH＝6，c(H＋)＝1×10－6mol·L－1即水的电离程度增大了，故温度高于25℃，水的离子积为1×10－12，A、B正确；D项：pH＝12的NaOH溶液[c(OH－)＝1mol·L－1]和pH＝2的该溶液混合后，溶液呈碱性。7．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是(　　)A．pH：②>③>④>①B．c(CH3COO－)：②>④>③>①C．溶液中c(H＋)：①>③>②>④D．c(CH3COOH)：①>④>③>②解析：选B。①CH3COO－＋H＋CH3COOH，得到0.05mol/L的CH3COOH与NaCl的混合溶液。②、③、④中两种物质间不反应。A项，④中两种物质水解呈碱性的盐，虽相互抑制水解，但总会比③溶液碱性强；B项，②、④中CH3COO－的水解受到了NaOH、NaHCO3的抑制，NaOH作为强碱抑制作用更强，③中NaCl对CH3COO－的水解无影响，而①中为0.05mol/L的CH3COOH电离程度小，c(CH3COO－)最小；C项，由A的分析知c(H＋)应为①>③>④>②；D项，对②、③、④，CH3COO－的水解程度越大，则c(CH3COOH)越大，故顺序应为：①>③>④>②。8．将amol·L－1的Na2CO3溶液与bmol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中粒子浓度间的关系及相关判断不正确的是(　　)A．c(Na＋)＋c(H＋)>c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)B．c(Na＋)>c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)C．若c(Na＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，则一定a<bD．若a＝b，则溶液中c(HCO3－)>c(CO32－)解析：选C。根据电荷守恒，在Na2CO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，故A正确；根据物料守恒，在Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]，在NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，所以，混合后，c(Na＋)>c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，故B正确；由于CO32－水解程度大于HCO3－水解程度，即使a＝b，也会出现c(Na＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，故C不正确，而D正确。9．用0.10mol·L－1的盐酸滴定0.10mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是(　　)67\n解析：选C。溶液中不可能出现阴离子所带电荷总数均大于阳离子所带电荷总数的情况，不遵循电荷守恒，故C项错。10．下列叙述正确的是(　　)A．0.1mol/L的C6H5ONa溶液中：c(Na＋)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和KW均减小C．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H＋)不相等D．在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2－)下降解析：选D。A项，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)。B项，Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度时，KW不变。C项，两溶液pH相同时c(H＋)相同。D项，在Na2S溶液中加入AgCl固体会转化成Ag2S固体，溶液中c(S2－)会下降，故选D。11．某pH＝1的ZnCl2和HCl的混合溶液中含有FeCl3杂质，通过水解除去杂质，需将溶液调至pH＝4，在调节溶液pH时，应选用的试剂是(　　)A．NaOHB．ZnOC．Na2CO3D．Fe2O3解析：选B。在混合溶液中存在Zn2＋、Fe3＋的水解平衡，Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋、Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，A、B、C、D中四种试剂都能消耗H＋而使平衡右移，但A、C、D引入杂质离子Na＋、Fe3＋，故选B。12．电解质溶液有许多奇妙之处，你只有深入的去思考，才能体会到它的乐趣。下列关于电解质溶液的叙述中正确的是(　　)A．Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类不相同B．常温下，1mol·L－1的CH3COOH溶液与1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，所得混合液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)C．物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c(NH4＋)前者小于后者D．常温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－5mol·L－1，则此溶液可能是盐酸解析：选C。A中两溶液中离子种类相同；B中等浓度的CH3COOH与NaOH溶液等体积混合后呈碱性，c(OH－)>c(H＋)；C中两溶液中均发生NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，但NH4HSO4溶液受HSO4－电离出H＋的抑制，使c(NH4＋)较大；D中c(H＋)H2O＝10－5mol·L－1，说明H2O的电离程度增大，一定不是强酸盐酸。13．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)A．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c(Cl－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H67\n＋)B．0.1mol/LpH为4的NaHB溶液中：c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)C．在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋c(A2－)D．c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液：c[(NH4)2SO4]<c[(NH4)2CO3]<c(NH4Cl)解析：选D。CH3COONa与HCl反应后HCl过量，正确关系为c(Cl－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A错误。NaHB溶液pH＝4，则HB－电离程度大于其水解程度，所以c(B2－)>c(H2B)，B错误。NaHA溶液中的电荷守恒关系应为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，C错误。选项D中(NH4)2SO4溶液中NH4＋水解程度小于(NH4)2CO3溶液，D正确。14.下列说法正确的是(　　)①pH＝2和pH＝1的HNO3中c(H＋)之比为1∶10②0.2mol·L－1与0.1mol·L－1醋酸中，c(H＋)之比大于2∶1③Na2CO3溶液中c(Na＋)与c(CO32－)之比为2∶1④纯水在100℃和20℃时，pH前者大⑤同温时，pH＝10的KOH溶液和pH＝10的KCN溶液中由水电离的OH－浓度后者大⑥100mL0.1mol·L－1的醋酸与10mL1.0mol·L－1的醋酸中H＋的数目，前者多A．①④⑤B．①⑤⑥C．①②⑤D．①②③⑥解析：选B。0.2mol·L－1CH3COOH溶液电离程度比0.1mol·L－1CH3COOH溶液电离程度小，c(H＋)之比小于2∶1；CO32－水解，Na2CO3溶液中c(Na＋)与c(CO32－)之比大于2∶1；纯水在100℃时电离程度大，H＋浓度大，其pH小于20℃时的pH。15．以下说法中，不正确的是(　　)A．pH＝7的氨水和(NH4)2SO4的混合溶液中，c(NH4＋)＝2c(SO42－)B．在纯水中加入少量硫酸或硫酸铵，均可抑制水的电离C．常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大D．在pH＝2的醋酸溶液中加入等体积浓度为2mol·L－1的某酸溶液后，混合溶液的pH不一定会减小A．白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS67\nB．上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的KspC．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀D．该过程破坏了ZnS的溶解平衡解析：选B。该过程破坏了ZnS的溶解平衡，Cu2＋结合了ZnS溶解产生的S2－，生成了比ZnS更难溶的CuS，同时也说明了ZnS的Ksp大于CuS的Ksp。二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17．(12分)某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A．将溶液转移至250mL容量瓶中，加水至刻度线；B．用移液管(或碱式滴定管)量取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙作指示剂；C．在天平上准确称取烧碱样品wg，在烧杯中加蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为mmol·L－1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度数为V1mL；E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点消耗酸的体积V2mL。回答下列问题：(1)正确的操作步骤的顺序是(填写字母)________→________→________→________→________。(2)滴定管读数应注意________________________。(3)操作中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是____________________________________________________________________________。(4)操作D中液面应调整到_______________________________；尖嘴部分应____________________________________________。(5)滴定到终点时锥形瓶内溶液的pH约为________；终点时颜色变化是________________________。(6)若酸式滴定管没有用标准H2SO4润洗，对测定结果有何影响________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，其他操作均正确)。(7)该烧碱样品的纯度是________。解析：(1)按酸碱中和滴定的步骤易得。(2)滴定管读数时眼睛的视线应与溶液的凹液面最低点相平，若仰视，读数偏大，若俯视，读数偏小。(3)为了便于观察锥形瓶内溶液颜色的变化，实验中常在锥形瓶底部垫一张白纸进行对照。67\n(4)中和滴定前，应将液面调至0刻度或0刻度以下某一确定位置；尖嘴部分应充满液体，不能留有气泡。(5)甲基橙变色的pH范围为03.14.414，当滴入一滴H2SO4后，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复原色，表明滴定到达终点，此时溶液pH约为4。(6)水洗后的酸式滴定管没有用标准H2SO4润洗，加入H2SO4后被稀释，滴定过程中H2SO4用量偏多，测定结果偏高。(7)25mLNaOH溶液中，NaOH的物质的量为：n(NaOH)＝(V2－V1)×10－3L×mmol·L－1×2则样品中NaOH的纯度为：×100%＝%。答案：(1)C　A　B　D　E(2)眼睛视线与溶液凹液面最低点相平(3)便于观察锥形瓶内溶液颜色的变化(4)0刻度或0刻度以下某一具体位置　充满标准H2SO4溶液　(5)4　溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复原色(6)偏高　(7)%18.(10分)A、B两种物质都是由H、N、Na、O中任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性。请找出可能的两种组合，要求浓度相同时A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度。(已知0.1mol·L－1的HNO2溶液的pH＝3)(1)写出以下四种物质的化学式：A1________、A2________、B1________、B2________。(2)将等物质的量浓度和等体积的A1溶液与B2溶液混合后，混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________________________。(3)要使A2溶液中，金属阳离子与酸根阴离子的浓度接近1∶1，可加入的碱是________(填化学式)。(4)相同温度下，当B1、B2两溶液的pH＝5时，则两溶液中由水电离出的c(H＋)之比为________。67\n答案：(1)NaOH　NaNO2　HNO3　NH4NO3(2)c(Na＋)＝c(NO3－)>c(OH－)>c(NH4＋)>c(H＋)(3)KOH　(4)10－4∶119．(12分)常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号HA物质的量浓度(mol/L)NaOH物质的量浓度(mol/L)混合溶液的pH①0.10.1pH＝9②c0.2pH＝7③0.20.1pH<7请回答：(1)从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸________。(2)②组情况表明，c__________0.2(填“大于”、“小于”或“等于”)。混合液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是________________。(3)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度________NaA的水解程度(填“大于”、“小于”或“等于”)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________________。(4)①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能作近似计算)。c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝________mol·L－1。解析：(1)从①组情况分析，等体积等物质的量浓度的HA和NaOH混合后，溶液显碱性，说明生成强碱弱酸盐，即说明HA是弱酸。(2)②组中NaOH的物质的量浓度为0.2mol/L，混合后溶液显中性，说明HA稍过量，HA的物质的量浓度应大于0.2mol/L。根据电中性原理，混合液中离子浓度c(A－)＝c(Na＋)。67\n(3)第③组实验相当于等体积等物质的量浓度的HA和NaA混合，pH<7说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。(4)①组实验所得混合溶液中的pH＝9，则c(OH－)＝10－5mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－5mol·L－1。c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5－10－9)mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－9mol·L－1。答案：(1)HA是弱酸(2)大于　c(A－)＝c(Na＋)(3)大于　c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)(4)10－5　10－5－10－9　10－920．(8分)(1)向Na2CO3的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再生成CO2气体为止，则在此过程中，溶液的c(HCO3－)变化趋势可能是：①逐渐减小；②逐渐增大；③先逐渐增大，而后减小；④先逐渐减小，而后增大。4种趋势中可能的是________。(2)pH相同的HCl溶液、H2SO4溶液、CH3COOH溶液各100mL。①3种溶液中，物质的量浓度最大的是________。②分别用0.1mol/L的NaOH溶液中和，其中消耗NaOH溶液最多的是________。③与等量的锌粉反应，反应开始时，反应速率________。A．HCl最快B．H2SO4最快C．CH3COOH最快D．一样快(3)某温度下，纯水中c(H＋)＝2×10－7mol/L，则此时c(OH－)＝________mol/L。相同条件下，测得：①NaHCO3溶液，②CH3COONa溶液，③NaClO溶液，3种稀溶液的pH相同，那么，它们的物质的量浓度由小到大的顺序是________________________________。解析：(1)CO32－＋H＋===HCO3－，HCO3－＋H＋===H2O＋CO2↑，所以c(HCO3－)先逐渐变大后又逐渐变小。(2)同pH时，CH3COOH是弱酸，其物质的量浓度最大，与NaOH反应时，消耗NaOH必是最多的。由于c(H＋)相等，与Zn作用时开始的瞬间速率是相等的。(3)纯水中水电离的H＋和OH－的浓度总是相等，与其他因素无关，故c(OH－)＝2×10－7mol/L；因为酸性HClO<H2CO3<CH3COOH，故pH相同时，物质的量浓度应为NaClO<NaHCO3<CH3COONa。答案：(1)③　(2)①CH3COOH　②CH3COOH　③D(3)2×10－7　NaClO<NaHCO3<CH3COONa21.(10分)“烂版液”是制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量的Cl－、Fe3＋)，某化学兴趣小组拟用“烂版液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下：67\n已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。(1)“烂版液”中溶质的主要成分是________(填化学式)，若稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，写出稀硝酸腐蚀锌板反应的主要化学方程式___________________________________________________。解析：(1)由题意知，“烂版液”是稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”，所以“烂版液”中溶质的主要成分应为Zn(NO3)2。(2)因为Zn(OH)2具有两性，能与强碱反应，故操作①中保持pH＝8的目的是为了防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解。(3)碱性条件下，Fe3＋、Zn2＋都会转化为氢氧化物沉淀，所以沉淀Ⅰ为Zn(OH)2和Fe(OH)3。(4)操作③是为了分离Zn(OH)2和Fe(OH)3，不难想出加热、煮沸是为了促使Fe3＋完全水解。(5)通过“Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性”可知，Zn(NO3)2是一种强酸弱碱盐，易水解，故保持pH＝2的目的是抑制Zn2＋水解为Zn(OH)2。答案：(1)Zn(NO3)24Zn＋10HNO3===4Zn(NO3)2＋N2O↑＋5H2O(2)防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解(3)Zn(OH)2和Fe(OH)3(4)促使Fe3＋完全水解　温度越高，水解程度越大(5)抑制Zn2＋水解为Zn(OH)2　蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒67\n67